2023年江西省南昌市南昌县中考数学一模试卷（含解析）

这是一份2023年江西省南昌市南昌县中考数学一模试卷（含解析），共23页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 如果|a+1|=0，那么a2022的值是( )
A. −2022B. 2022C. −1D. 1
2. 如图，甲、乙都是由大小相同的小正方体搭成的几何体，关于它们的视图，判断正确的是( )
A. 仅主视图相同B. 左视图与俯视图相同
C. 主视图与左视图相同D. 主视图与俯视图相同
3. 地球静止轨道卫星的静止轨道与地面的高度为35830千米.将35830用科学记数法表示应为( )
A. 0.3583×105B. 3.583×104C. 3.583×105D. 35.83×103
4. 已知整数a1，a2，a3，a4，……满足下列条件：a1=0，a2=−|a1+1|，a3=−|a2+2|，a4=−|a3+3|，……依此类推，则a2023的值为( )
A. −1011B. −1010C. −2022D. −2023
5. 函数y=ax+1与y=ax2+ax+1(a≠0)的图象可能是( )
A. B.
C. D.
6. 在全民健身越野赛中，甲、乙两选手的行程y(km)随时间x(h)变化的图象(全程)如图所示.给出下列四种说法：
①起跑后1h内，甲在乙的前面；
②第1h两人都跑了10km；
③甲比乙先到达终点；
④两人都跑了20km．
其中正确的是( )
A. ①B. ①②C. ①②④D. ②③④
二、填空题（本大题共6小题，共18.0分）
7. 分解因式：y3−6y2+9y= ______ ．
8. 已知m，n是关于x的一元二次方程x2+2x−3=0的两个不相等的实数根，则1m+1n= ______ ．
9. 甲、乙两人负责在社区进行核酸采送，已知甲每小时比乙每小时多采样20人，甲采样150人所用时间与乙采样90人所用时间相等，甲、乙两人每小时分别采样多少人？设甲每小时采样x人，则可列分式方程为______ ．
10. 如图菱形花坛ABCD的边长为12米，∠B=60°，由两个正六边形(各条边都相等，各个内角都相等)组成的阴影部分种花，则种花部分的面积为______ 平方米．
11. 如图，AB=AC，AD=AE，点B、D、E在一条直线上，∠BAC=∠DAE，∠1=35.5°，∠2=30.5°，则∠3= ______ 度.
12. 已知，△ABC中，AB=BC=8，点O为边AB的中点，P是直线CO上一动点，∠AOC=60°，则当△PAB为直角三角形时，AP的长为______ ．
三、解答题（本大题共11小题，共84.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
13. (本小题6.0分)
计算：(1)(12)−1+|−3|−(π−3.14)0+ 32；
(2)解不等式组：x−2>2x−82x−13>1．
14. (本小题6.0分)
先化简，再求值：(x−1−8x+1)÷x2+6x+9x+1，其中，x=2．
15. (本小题6.0分)
如图，一次函数y=kx+b的图象与反比例函数y=mx的图象交于点A(−6,n)，B(4,6)，与y轴交于点C．
(1)求反比例函数与一次函数的函数表达式；
(2)请结合图象直接写出不等式kx+b16. (本小题6.0分)
如图，在平面直角坐标系中，△ABC和△A′B′C′关于点E成中心对称，
(1)在图中标出点E，且点E的坐标为______ ．
(2)点P(a,b)是△ABC边AB上一点，△ABC经过平移后点P的对应点P′的坐标为(a−6,b+2)，请画出上述平移后的△A″B″C″，此时A″的坐标为______ ，C″的坐标为______ ．
(3)若△A′B′C′和△A″B″C″关于点F成中心对称，则点F的坐标为______ ．
17. (本小题6.0分)
小明和小刚做游戏：一个不透明的布袋里装有4个大小、质地均相同的乒乓球，球上分别标有数字1、2、3、4，随机从布袋中摸出一个乒乓球，记下数字后放回布袋里，再随机从布袋中摸出一个乒乓球，若这两个乒乓球上的数字之和为偶数则小明赢；若两个乒乓球上的数字之和为奇数则小刚赢，这是一个对游戏双方公平的游戏吗？请列表格或画树状图说明理由．
18. (本小题8.0分)
为测量山坡上大树CD的高度，进行了实践活动.如图，在点A处测得大树顶端的仰角为43°，然后沿斜坡AB行走10米到坡顶B处，再沿水平方向行走5米到大树脚下点D处，已知斜面AB的坡度(坡比)i=3：4，
(1)求DE的长；
(2)求大树CD的高度约为多少米？(参考数据：sin43°≈0.68，cs43°≈0.73，tan43°≈0.93)
19. (本小题8.0分)
为宣扬中华五千年文化史，某校特举行历史知识竞赛.随机抽取了部分学生的成绩作为样本，把成绩分为达标，良好，优秀，优异四个等级分别进行统计，并将所得数据绘制成如下不完整的统计图．

请根据图中提供的信息，解答下列问题：
(1)在这次调查中，一共抽取了______ 名学生，圆心角β= ______ 度；
(2)补全条形统计图；
(3)已知学校共有1000名学生，估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为多少？
20. (本小题8.0分)
已知：现有A型车和B型车载满货物一次可运货情况如表：某物流公司现有35吨货物，计划同时租用A型车a辆，B型车b辆，一次运完，且恰好每辆车都载满货物.根据以上信息，解答下列问题：
(1)1辆A型车和1辆B型车都载满货物一次可分别运货多少吨？
(2)请你帮该物流公司设计租车方案；
(3)若A型车每辆需租金300元/次，B型车每辆需租金320元/次，请选出最省钱的租车方案，并求出最少租车费．
21. (本小题9.0分)
如图，已知AB为⊙O的直径，CD是弦，且AB⊥CD于点E，G是弧AC上任意一点(且不与A、C重合)，连接AD、GD．
(1)图中哪个角和∠ADC相等？请给出证明；
(2)若EB=2cm，CD=8cm，求⊙O的半径；
(3)在(2)的条件下，当G运动到与O、D三点共线时，求此时AG的长．
22. (本小题9.0分)
如图，在平面直角坐标系中，一次函数y=−12x+2的图象与x轴交于点A，与y轴交于点C，抛物线关于直线x=12对称，且经过A，C两点，与x轴交于另一点为B．
(1)求抛物线的解析式；
(2)若点P为直线AC上方的抛物线上的一点，过点P作PQ⊥x轴于M，交AC于Q，求PQ的最大值，并求此时P点的坐标；
(3)在抛物线的对称轴上找一点D，使△ADC是以AC为直角边的直角三角形，请求出点D的坐标．
23. (本小题12.0分)
如图，四边形OABC是边长为4的正方形，点P为OA边上任意一点(与点O、A不重合)，连接CP，过点P作PM⊥CP交AB于点D，且PM=CP，过点M作MN//OA，交BO于点N，连接ND、BM，设OP=t．
(1)求点M的坐标(用含t的代数式表示)．
(2)试判断线段MN的长度是否随点P的位置的变化而改变？并说明理由．
(3)当t为何值时，四边形BNDM的面积最小．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】解：∵|a+1|=0，
∴a=−1，
∴a2022=(−1)2022=1．
故选：D．
直接利用绝对值的性质得出a的值，再利用有理数的乘方运算法则计算得出答案．
此题主要考查了绝对值的性质、有理数的乘方运算，正确掌握相关运算法则是解题关键．
2.【答案】D
【解析】解：如图所示：
由图可得，主视图与俯视图相同．
故选：D．
主视图、左视图、俯视图是分别从物体正面、左面和上面看所得到的图形，依据三视图进行判断即可．
本题考查简单组合体的三视图，掌握三视图的定义是解答本题的关键．
3.【答案】B
【解析】解：35830用科学记数法表示为：3.583×104，
故选：B．
科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数．确定n的值时，要看把原数变成a时，小数点移动了多少位，n的绝对值与小数点移动的位数相同．
此题考查科学记数法的表示方法．科学记数法的表示形式为a×10n的形式，其中1≤|a|<10，n为整数，表示时关键要正确确定a的值以及n的值．
4.【答案】A
【解析】解：根据题意可得，
a1=0，
a2=−|a1+1|=−1
a3=−|a2+2|=−1，
a4=−|a3+3|=−2，
a5=−|a4+4|=−2，
a6=−|a5+5|=−3，
a7=−|a6+6|=−3，
⋯.
观察其规律可得，
2023−1=2022，
2022÷2=1011，
∴a2023=−1011．
故选：A．
分别求出a2，a3，a4，a5，a6，a7的值，观察其数值的变化规律，进而求出a2023的值．
本题考查了数的变化规律，通过计算前面几个数的数值观察其规律是解本题的关键，综合性较强，难度适中．
5.【答案】C
【解析】解：由函数y=ax+1与抛物线y=ax2+ax+1可知两函数图象交y轴上同一点(0,1)，抛物线的对称轴为直线x=−a2a=−12，在y轴的左侧，
A、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
B、抛物线的对称轴在y轴的右侧，故选项错误；
C、由一次函数的图象可知a>0，由二次函数的图象知道a>0，且交于y轴上同一点，故选项正确；
D、由一次函数的图象可知a>0，由二次函数的图象知道a<0，故选项错误；
故选：C．
根据图象与系数的关系，看两个函数的系数符号是否一致，即可判断．
本题考查了一次函数的图象，二次函数的图象，熟练掌握一次函数和二次函数的性质是本题的关键．
6.【答案】C
【解析】解：①起跑1h内，甲在乙的前面，故①正确；
②在跑了1h时，乙追上甲，此时都跑了10km，故②正确；
③乙比甲先到达终点，故③错误；
④设乙跑的直线解析式为：y=kx，将点(1,10)代入得：k=10，
∴乙跑的直线解析式为：y=10x，
把x=2代入得：y=20，
∴两人都跑了20km，故④正确；
综上分析可知，正确的有①②④．
故选：C．
根据图象可以直接判断①②正确，③错误；先求出乙跑的直线解析式，然后将x=2代入求出y的值，即可求出两人跑的总路程，判断出④正确．
本题主要考查了函数图象，解答此类问题的关键是从函数图象中获得信息，利用数形结合求解．
7.【答案】y(y−3)2
【解析】解：y3−6y2+9y
=y(y2−6y+9)
=y(y−3)2，
故答案为：y(y−3)2．
先提公因式，再利用完全平方公式继续分解即可解答．
本题考查了提公因式法与公式法的综合运用，一定要注意如果多项式的各项含有公因式，必须先提公因式．
8.【答案】23
【解析】解：∵m，n是关于x的一元二次方程x2+2x−3=0的两个不相等的实数根，
∴m+n=−2、mn=−3，
∴1m+1n=m+nmn=−2−3=23．
故答案为：23．
根据根与系数的关系可得出m+n=−2、mn=−3，所以可得1m+1n=m+nmn=−2−3=23．
本题考查了根与系数的关系，牢记两根之和等于−ba，两根之积等于ca，是解题的关键．
9.【答案】150x=90x−20．
【解析】解：设甲每小时采样x人，则乙每小时采样(x−20)人，根据题意得：
150x=90x−20．
故答案为：150x=90x−20．
由实际问题找到合适的等量关系即可抽象出分式方程．
本题考查由实际问题抽象出分式方程，分析题意，找到关键描述语，找到合适的等量关系是解决问题的关键．
10.【答案】48 3
【解析】解：由于菱形花坛ABCD的边长为12米，∠B=60°，由两个正六边形(各条边都相等，各个内角都相等)可知，
S阴影部分=1218S菱形ABCD，
即S阴影部分=23S菱形ABCD
=23×12×(12× 32)
=23×12×12× 32
=48 3(平方米)，
故答案为：48 3．
根据阴影部分与菱形面积之间的关系进行计算即可．
本题考查正多边形和圆，菱形的性质，掌握菱形的性质以及正多边形和圆的相关计算是解决问题的关键．
11.【答案】66
【解析】解：如图所示：

∵∠BAC=∠DAE，
∠BAC=∠1+∠DAC，∠DAE=∠DAC+∠4，
∴∠1=∠4，
在△ABD和△ACE中，
AB=AC∠1=∠4AD=AE，
∴△ABD≌△ACE(SAS)，
∴∠ADB=∠AEC，
又∵∠2+∠4+∠AEC=180°，
∴∠AEC=114°，
∴∠ADB=114°，
又∠ADB+∠3=180°，
∴∠3=66°，
故答案为：66．
由角的和差得∠1=∠4，边角边证明△ABD≌△ACE，其性质得∠ADB=∠AEC，再由三角形的内角和定理，邻补角的性质求出∠3=66°．
本题综合考查了角的和差，全等三角形的判定与性质，三角形的内角和定理，邻补角的性质等相关知识，重点掌握全等三角形的判定与性质，难点是灵活运用证明三角形全等的方法解决实际问题，易错点是学生将结果加上度的符号．
12.【答案】4或4 3或4 7
【解析】解：当∠APB=90°时(如图1)，
∵AO=BO，
∴PO=BO，
∵∠AOC=60°，
∴∠BOP=60°，
∴△BOP为等边三角形，
∵AB=BC=8，
∴AP=AB⋅sin60°=8× 32=4 3；
当∠ABP=90°时(如图2)，
∵∠AOC=∠BOP=60°，
∴∠BPO=30°，
∴BP=OBtan30∘=4 3，
在直角三角形ABP中，
AP=4 7；
如图3，∵AO=BO，∠APB=90°，
∴PO=AO，
∵∠AOC=60°，
∴△AOP为等边三角形，
∴AP=AO=4，
故答案为：4或4 3或4 7．
利用分类讨论，当∠ABP=90°时，如图2，由对顶角的性质可得∠AOC=∠BOP=60°，易得∠BPO=30°，易得BP的长，利用勾股定理可得AP的长；当∠APB=90°时，分两种情况讨论，情况一：如图1，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半得出PO=BO，易得△BOP为等边三角形，利用锐角三角函数可得AP的长；易得BP，利用勾股定理可得AP的长；情况二：如图3，利用直角三角形斜边的中线等于斜边的一半可得结论．
本题主要考查了勾股定理，含30°直角三角形的性质和直角三角形斜边的中线，掌握分类讨论思想，数形结合思想是解答此题的关键．
13.【答案】解：(1)(12)−1+|−3|−(π−3.14)0+ 32
=2+3−1+4 2
=4+4 2；
(2)x−2>2x−8①2x−13>1②，
解不等式①得：x<6，
解不等式②得：x>2，
∴原不等式组的解集为：2【解析】(1)先化简各式，然后再进行计算即可解答；
(2)按照解一元一次不等式组的步骤，进行计算即可解答．
本题考查了解一元一次不等式组，实数的运算，零指数幂，负整数指数幂，准确熟练地进行计算是解题的关键．
14.【答案】解：原式=[(x−1)(x+1)x+1−8x+1]⋅x+1(x+3)2
=x2−9x+1⋅x+1(x+3)2
=(x+3)(x−3)x+1⋅x+1(x+3)2
=x−3x+3，
当x=2时，原式=2−32+3=−15．
【解析】先根据分式混合运算的法则把原式进行化简，再把x的值代入进行计算即可．
本题考查的是分式的化简求值，熟知分式混合运算的法则是解题的关键．
15.【答案】解：(1)分别将A(−6,n)、B(4,6)代入y=mx可得：
m=−6n=4×6=24，
∴m=24，n=−4，
∴点A坐标为(−6,−4)，
将A(−6,−4)，B(4,6)代入y=kx+b得：
−6k+b=−4 4k+b=6 ，
解得k=1 b=2 ，
∴反比例函数解析式为y=24x，
一次函数解析式为y=x+2．
(2)点A横坐标为−6，点B横坐标为4，
∴x<−6或0【解析】(1)将点A，B坐标代入反比例函数解析求n，然后再将两点代入一次函数解析式求解．
(2)观察图象，根据点A，B横坐标确定解集．
本题考查反比例函数与一次函数的综合问题，解题关键是熟练掌握待定系数法求函数解析式，掌握函数解析式与方程及不等式的关系．
16.【答案】(0,−2) (−4,4) (−2,2) (−3,−1)
【解析】解：(1)如图点E即为所求，E(0,−2)．
故答案为：(0,−2)；
(2)如图，△A″B″C″即为所求，A″(−4,4)，C″(−2,2)．
故答案为：(−4,4)，(−2,2)；
(3)如图，点F即为所求，F(−3,−1)．
故答案为：(−3,−1)．
(1)对应点连线的交点即为旋转中心；
(2)利用平移变换的性质作出图形即可；
(3)对应点的连线的交点即为旋转中心．
本题考查作图−旋转变换，平移变换，解题的关键是掌握旋转变换，平移变换的性质，属于中考常考题型．
17.【答案】解：列表如下：
共有16种可能，其中和数字之和为偶数有4种，数字之和为奇数有4种，
∴P(小明胜)=14，P(小刚胜)=14，
∵P(小明胜)=P(小刚胜)，
∴游戏是公平的．
【解析】列表可知：共有16种可能，其中和能被4整除的有4种，能被5整除的有4种，求出两人胜的概率即可判断．
本题考查游戏公平性，列表法与树状图等知识，判断游戏公平性需要先计算每个事件的概率，然后比较概率的大小，概率相等就公平，否则就不公平．
18.【答案】解：(1)过点B作BF⊥AE，垂足为F，

由题意得：BF=DE，AB=10米，
∵斜面AB的坡度(坡比)i=3：4，
∴BFAF=34，
∴设BF=3x米，则AF=4x米，
在Rt△ABF中，AB= AF2+BF2= (4x)2+(3x)2=5x(米)，
∴5x=10，
解得：x=2，
∴BF=3x=6(米)，AF=4x=8(米)，
∴DE=BF=6米，
∴DE的长为6米；
(2)由题意得：BD=EF=5米，
∵AF=8米，
∴AE=AF+EF=13米，
在Rt△CAE中，∠CAE=43°，
∴CE=AE⋅tan43°≈13×0.93=12.09(米)，
∴CD=CE−DE=12.09−6=6.09(米)，
∴大树CD的高度约为6.09米．
【解析】(1)过点B作BF⊥AE，垂足为F，根据题意可得：BF=DE，AB=10米，然后根据已知可设BF=3x米，则AF=4x米，从而在Rt△ABF中，利用勾股定理进行计算，即可解答；
(2)根据题意可得：BD=EF=5米，从而可得AE=13米，然后在Rt△CAE中，利用锐角三角函数的定义求出CE的长，从而利用线段的和差关系进行计算即可解答．
本题考查了解直角三角形的应用−仰角俯角问题，坡度坡角问题，根据题目的已知条件并结合图形添加适当的辅助线是解题的关键．
19.【答案】50 144
【解析】解：(1)总人数：10÷20%=50(名)，
圆心角β的度数为360°×2050=144°，
答：在这次调查中，一共抽取了50名学生，圆心角β的度数为144°．
故答案为：50，144；
(2)成绩为优秀等级的学生人数为50−2−10−20=18(人)，
补全条形统计图如下：

(3)1000×2050=400(名)，
答：估计此次竞赛该校获优异等级的学生人数为400名．
(1)根据成绩为良好等级的学生人数的扇形统计图和条形统计图的信息即可得，再利用360°乘以成绩为优异等级的学生人数所占百分比即可得β的度数；
(2)根据(1)的结果，求出成绩为优秀等级的学生人数，据此补全条形统计图即可；
(3)利用1000乘以成绩为优异等级的学生人数所占百分比即可得．
本题考查了条形统计图和扇形统计图的信息关联、利用样本估计总体等知识点，熟练掌握统计调查的相关知识是解题关键．
20.【答案】解：(1)设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，
依题意得：3x+2y=192x+3y=21，
解得：y=5x=3．
答：1辆A型车载满货物一次可运货3吨，1辆B型车载满货物一次可运货5吨．
(2)依题意得：3a+5b=35，
∴b=7−35a，
又∵a，b均为自然数，
∴a=5b=4或a=10b=1，
∴共有2种租车方案，
方案1：租用A型车5辆，B型车4辆；
方案2：租用A型车10辆，B型车1辆．
(3)选择方案1所需租车费为5×300+4×320=2780(元)；
选择方案2所需租车费为10×300+1×320=3320(元)
∵2780<3320，
∴最省钱的租车方案是方案1：租用A型车5辆，B型车4辆，最少租车费为2780元．
【解析】(1)设1辆A型车载满货物一次可运货x吨，1辆B型车载满货物一次可运货y吨，根据表格中的数据，即可得出关于x，y的二元一次方程组，解之即可得出结论；
(2)根据租用的车一次运完35吨货物且恰好每辆车都载满货物，即可得出关于a，b的二元一次方程，再结合a，b均为自然数，即可得出各租车方案；
(3)分别求出选择各方案所需租车费用，比较后即可得出结论．
本题考查了二元一次方程组的应用、二元一次方程的应用以及有理数的混合运算，找准等量关系，正确列出二元一次方程组(或二元一次方程)是解题的关键．
21.【答案】解：(1)∠AGD=∠ADC，理由如下：
∵AB⊥CD，
∴DE=CE，AC=AD，
∴∠AGD=∠ADC；
(2)连接OC，

设OC=OB=r，
∵OB⊥CD，
∴EC=DE=4，OE=r−2，
∵OC2=OE2+EC2，
∴r2=(r−2)2+42，
∴r=5，
∴⊙O的半径是5；
(3)∵G运动到与O、D三点共线，
∴GD为⊙O的直径，∠GAD=90°，
∵由(2)得⊙O的半径是5，
∴AB=GD=10，AE=10−2=8，
∴AD= AE2+ED2= 82+42=4 5，
在Rt△ADG中，
AG= GD2−AD2= 102−(4 5)2=2 5．
即AG的长为2 5．

【解析】(1)由垂径定理可得DE=CE，AC=AD，可得结论；
(2)利用勾股定理构建方程求解即可；
(3)根据题意得GD为⊙O的直径，∠GAD=90°，在Rt△ADE中利用勾股定理计算AD，再在Rt△ADG中，利用勾股定理计算AG即可解答．
本题考查圆周角定理及其推论，垂径定理，勾股定理等知识点，解题关键是灵活运用这些性质解决问题．
22.【答案】解：(1)①令y=−12x+2=0，
解得：x=4，
即点A的坐标为(4,0)．
∵A、B关于直线x=32对称，
∴点B的坐标为(−1,0)．
②令x=0，则y=2，
∴点C的坐标为(0,2)，
∵抛物线y=ax2+bx+c经过点A、B、C，
∴c=2a−b+c=016a+4b+c=0，
解得：a=−12b=32c=2．
故抛物线解析式为y=−12x2+32x+2；
(2)直线AC的解析式为y=−12x+2，
即12x+y−2=0，
设点Q的坐标为(m,−12m+2)；
则P点坐标为(m,−12m2+32m+2)，
∴PQ=(−12m2+32m+2)−(−12m+2)=−12m2+2m=−12(m−2)2+2≤2，
∴当m=2时，PQ最大=2，此时点P(2,3)；
(3)假设存在，设D点的坐标为(32,n)．
由两点间的距离公式可知：AC= 42+(0−2)2=2 5，AD= (32−4)2+n2，CD= (32)2+(n−2)2，
△ADC为直角三角形分两种情况：
①AC2+AD2=CD2，此时有4n=−20，
解得：n=−5，
此时点D的坐标为(32,−5)；
②AC2+CD2=AD2，此时有20−4n=0，
解得：n=5，
此时点D的坐标为(32,5)；
综上可知：在抛物线的对称轴上存在点D，使△ADC为直角三角形，点D的坐标为(32,−5)、(32,5)．
【解析】(1)用待定系数法即可求解；
(2)由PQ=(−12m2+32m+2)−(−12m+2)，即可求解；
(3)分AC2+AD2=CD2、AC2+CD2=AD2，两种情况，分别求解即可．
本题为二次函数综合题，主要考查了待定系数法求解析式、直角三角形的性质、线段长度的计算方法等，其中(3)，分类求解是本题解题的关键．
23.【答案】解：(1)作ME⊥x轴于E，如图1所示：
则∠MEP=90°，ME//AB，
∴∠MPE+∠PME=90°，
∵四边形OABC是正方形，
∴∠POC=90°，OA=OC=AB=BC=4，∠BOA=45°，
∵PM⊥CP，
∴∠CPM=90°，
∴∠MPE+∠CPO=90°，
∴∠PME=∠CPO，
在△MPE和△PCO中，∠MEP=∠POC=90° ∠PME=∠CPO PM=CP ，
∴△MPE≌△PCO(AAS)，
∴ME=PO=t，EP=OC=4，
∴OE=t+4，
∴点M的坐标为：(t+4,t)；
(2)线段MN的长度不发生改变；理由如下：
连接AM，如图2所示：
∵MN//OA，ME//AB，∠MEA=90°，
∴四边形AEMF是矩形，
又∵EP=OC=OA，
∴AE=PO=t=ME，
∴四边形AEMF是正方形，
∴∠MAE=45°=∠BOA，
∴AM//OB，
∴四边形OAMN是平行四边形，
∴MN=OA=4；
(3)∵ME//AB，
∴△PAD∽△PEM，
∴ADME=APEP，
即ADt=4−t4，
∴AD=−14t2+t，
∴BD=AB−AD=4−(−14t2+t)=14t2−t+4，
∵MN//OA，AB⊥OA，
∴MN⊥AB，
∴四边形BNDM的面积S=12MN⋅BD=12×4(14t2−t+4)=12(t−2)2+6，
∴S是t的二次函数，
∵12>0，
∴S有最小值，
当t=2时，S的值最小；
∴当t=2时，四边形BNDM的面积最小．
【解析】(1)作ME⊥x轴于E，则∠MEP=90°，先证出∠PME=∠CPO，再证明△MPE≌△PCO，得出ME=PO=t，EP=OC=4，求出OE，即可得出点M的坐标；
(2)连接AM，先证明四边形AEMF是正方形，得出∠MAE=45°=∠BOA，AM//OB，证出四边形OAMN是平行四边形，即可得出MN=OA=4；
(3)先证明△PAD∽△PEM，得出比例式ADME=APEP，得出AD，求出BD，求出四边形BNDM的面积S是关于t的二次函数，即可得出结果．
本题是四边形综合题目，考查了正方形的性质与判定、全等三角形的判定与性质、平行四边形的判定与性质、相似三角形的判定与性质、四边形面积的计算以及二次函数的最值等知识；本题难度较大，综合性强，特别是(2)(3)中，需要证明四边形是正方形、平行四边形、三角形相似以及运用二次函数才能得出结果．
A型车(辆)
型车(辆)
共运货(吨)
3
2
19
2
3
21